2013年孝感市高三“三统”数学试卷评析及备考措施 Word版含答案

第一篇：2013年孝感市高三“三统”数学试卷评析及备考措施 Word版含答案

2013年孝感市高三“三统”数学试卷评析及备考措施

一、总体评价：

孝感市高三“三统”暨湖北省七市(州)联考数学试卷,按照湖北省2013年考试说明的要求，依据2012年湖北省高考数学试题的模式命题。试题紧扣考试大纲，立足教材，对导数、函数、三角函数、解析几何、数列及立体几何的主干知识都能涉及到，选择题有新意、填空题有创新，解答题有关卡，在对基础知识考查的同时，注重学科的内在联系和知识的综合运用，既提高了兴趣锻炼了思维，又让学生看到了自己知识上的缺陷，这一点体现得不温不火，恰到好处。

二、试题特点：

注重试题改编：理9选自乐山市高中2006届第一次调查研究考试数学卷，考察数列求和的近似估算，理10改编自东城区普通高中示范校2013年高三3月联考卷，对“绝对曲线”的考察，体现“多想一点，少算一点”。

背景新颖有时代感：如理8“辽宁舰”，文13“绩效工资改革”，理14“阿贝尔公式”，理20“国五条”；注重创新，如理7程序框图与集合相结合，文8的“几何均值”在“二统”文10“几何均值”题的基础上进一步拓展，文10线性规划与幂函数相结合等。

文理姊妹题少：文理相同题只有4道，即文4理4，文12理1，文16理14，文20理18，文理相似题2道，即文18理17，文21理21。

值得商榷的地方：理科卷没有考察双曲线，而新2013年考试说明对该部分的要求为“理解”，提升了双曲线的地位，似应加强考察；理22（II）“函数f(x)g(x)恒成立”说法欠妥，似可改为“f(x)g(x)恒成立”。

三、试题拓展：

2理13题的拓展:抛物线y2px(p0)，以M(p,0)为圆心，以MO为半径的圆与抛物线

也可以证明当M(m,0)中m满足mp时，抛物线上与M(m,0)距y22px(p0)只有一个公共点O，离最小的都是顶点O，而当mp时，距离M(m,0)最近的点不是原点，而是两个点，这两个点的横坐标都是mp；要关注抛物线y2px(p0)对称轴上的五个重要点：原点2

O(0,0),K(pp,0),F(,0),M(p,0),N(2p,0).22

四、后期复习：

加强对学生心理疏导，尽量减少“非智力因素”对高考的影响；每节课教师必须书写1、2道题的规范，不断打磨细节，抓学生的书写和表达；钻透考纲、吃透教材、摸透学生，知识讲透，规律讲明，方法讲活；有针对性地进行评讲，反对只对答案，反对就题讲题，提倡突出重点，讲准讲透，提倡归类评讲，注意小结，提倡一题多解和一题多变。

第二轮复习要组织7大专题，专题的选取要求综合性强，有代表性，以及一轮复习中的薄弱环节的补缺，最大可能地减少学生知识上的漏洞；加强针对性训练，选、填题注重速度和基础训练，以及中档题为主的分块训练；每周一套综合训练，五月每周两套综合训练，提升学生综合运用能力。

第二篇：湖北省孝感市2013届高三第二次统一考试数学试卷评析及备考措施

年年岁岁题相似

岁岁年年考不同

—2013年孝感市高三“二统”数学试卷评析及备考措施

安陆一中：伍海军

安陆市教研室：陈建平

今年我市的高三“二统”数学试卷贴近教材，全面检测了考生的观察、直觉、联想、猜测、类比、探究等思维品质，突出了试题的基础性、综合性和层次性，是一份导向正确，内涵丰富，品味高雅，信效度俱佳的试卷，具体体现在如下四个方面：

（1）考查全面，主干分明：试卷覆盖了高中数学教材中的主干知识模块，新增内容，如常用逻辑用语、合情推理与演绎推理、三视图、算法初步、不等式选讲、几何证明选讲等在试卷中都分别占有相当的比例，“考查全面，主干分明”的春风拂过，让人心旷神怡。

（2）创新适度，经典频现：如文理卷第10题的新定义，理科卷第11题的设问，文科卷第12题的向量分解，理科卷第13题的合情推理，都给人以耳目一新之感，但又没有造成学生“面对新题望而生畏”的尴尬现象；填空题多处写了“不作近似计算”的提示，没有在细微处为难考生；理科卷第14题（文科卷第17题）引述了欧阳修的名篇《卖油翁》，并强调了铜钱是直径为4cm的圆“面”及“油滴不出边界”，体现了试题的文化价值，均是试卷的亮点。（3）突出本质，意蕴深邃：注重数学思想方法的考查，如文科卷第8题考查了数形结合思想，理科卷第8题，文科卷第22题考查了分类讨论思想，理科卷第6题考查了化归与转化思想。

（4）体现差异，各有侧重：文理相同题有8道，其中选择题5道，填空题2道，解答题1道。在相近的2道大题中，文科的第19题为了单独考查错位相减法，没有在题干中给出Sn与an的关系式，第21题却给出了直线AB的斜率——这正是理科卷中待求的，减少了运算量，更加符合文科实际。理科卷侧重抽象概括与理性思辨，文科卷侧重形象直观与具体应用。

备考措施：

（1）注重基础知识、基本技能与基本方法：如理科第7题（文科第6题），文理的第9题等，都是常规题，正确率却不高，简单题目也有一定的技巧性和隐蔽性，要予以重视并勤加练习。复习应放在对数学思想和解题方法的运用上，强调基础知识，加强连贯衔接，特别是对函数、数列、向量、立体几何与解析几何等知识及考纲新增内容的整体把握。

（2）把握方向，注意变化：2013湖北高考考纲有“诱导公式、同角三角函数的基本关系式”等3处考点由“理解”变为“掌握”，有“三元算术-几何平均不等式”等2处考点由“掌握”变为“理解”，有“双曲线的定义及标准方程、简单几何性质”1处考点由“了解”变为“理解”，要逐一筛查，内化于心。

（3）创设新情境，找准视觉兴奋点：针对学生后期复习可能产生的视觉疲劳，可把着力点放在学生问题的盲点，误点，困惑点上，想学生所疑，想学生所难，想学生所惑。复习切忌高起点、高强度、高要求，这不利于多数学生解题能力的提高，反而容易挫伤他们的自信心。（4）多鼓干劲，传递正能量：由于目前才只进行了第一轮复习，有些能力还没有训练到位，而“二统”试卷和高考难度相当，考生觉得试卷有点难，很吃力是正常的。要指导学生正确对待难题，不要被难题搞乱思绪，让学生在愉悦、积极、稳定的备考情绪中，从心理上、精力上、准确度上逐步调整到考试的最佳状态。

第三篇：孝感市2014年中考数学试卷分析

孝感市2014年中考数学试卷分析

数学卷与往年相比，题型结构稳定、灵活加强、题量加大，总体难度增加。试卷在对基础知识考察上，更重视对数学对思想方法和学生综合素质能力，体现实践与操作，综合与探究，创新与应用的命题特点，既体现对双基的重视也适度体现对思维过程的分析能力的要求。结构稳定，题量增大，试卷分布基本合理，试题结构保持不变，三个大题共25个小题，试卷中数与代数约64分，空间与图形约40分，统计与概率16分，课题学习结合数与代数空间与图形、统计与概率三个学习领域内容进行考察，总分约6分。

本套数学试卷容易题大约50分，中档题约56分，较难题约54分，第三大题解答题中有18道小题，明显多余2013年的14道，增强了学生思维量和书写量，试题难度设置较高，加大了区分度，较好的体现了选拔考试的功能，有很好的导向作用，注重基础体现创新。

虽然许多试题都源于课本和五套题改编，但都对原题进行了拓展。

关注能力立足选拔

试卷注重知识的延伸和发展，为后续学习数学知识做了基础知识和能力的铺垫，试卷中多处体现了这种衔接。

“宽入窄出，缓步提升”的分层次考察策略，既关注了不同数学水平学生的解题需要，又突出了试卷的选拔作用。

本试卷难度大对学生的综合能力和逻辑思维能力要求高，面窄而深，小有遗憾。

2014年8月10日

第四篇：高三备考

2012年8月1日，阳光明媚，空气清新。在学校运动场，2013届高三级全体师生举行高考誓师大会，吹响了2013届高考备考的号角。

会议议程：

（一）教研室江海燕主任介绍高三教师团队

老师们愿意做人梯，让同学们踩着肩膀向上攀登；老师们愿意做铺路石，为同学们的成功之路铺设坚实的路基；老师们愿意做红烛，照亮同学们如诗如歌的冲刺旅程！

（二）高三年级组长黄万利老师发言

年级组长介绍了高三年级的总体工作计划、目标和保证措施，并为确保明年高考目标实现做了掷地有声的表态发言。就本年级教学和管理工作提出具体要求，对高三年级学生教育、安全、纪律卫生工作安排提出具体要求。

（三）高三教师代表高岩老师发言并领誓

我们开发区一中全体高三教师郑重宣誓： 兢兢业业，忠于职守；

言传身教，以身作则；

脚踏实地，刻苦钻研；

团结拼搏，甘于奉献；

为你们保驾护航，为你们摇旗呐喊，与你们同甘共苦，与你们风雨同舟，让我们共同挥洒汗水，奋战一年！

让我们一起倾注激情，创造辉煌！

秋英同学的精彩发言让我们看到了高三同学们“勇于拼搏，迎接挑战”的决心和勇气。希望同学们立即行动起来，以最大的信心和毅力投入到高考拼搏中，书写人生的新篇章。

（五）2012届优秀毕业生詹桂红发言并赠锦旗

2012届高三文科班高考状元考入汕头大学的詹桂红同学谈了自己的高考心路历程。开发区教育局副局长、开发区一中王朝兴校长动员讲话

王校长做动员讲话，为给大家加油鼓劲

王校长的讲话，使我们深受鼓舞，更让我们意识到肩上责任的重大。让我们积极行动，携手并进，咬紧牙关，背水一战！让青春与理想在六月张开翅膀！让成功与智慧在六月闪光！我们相信，有领导的关怀，家长的支持，有认真负责的老师，有勤奋刻苦的同学，我们一定会取得令人瞩目的成绩！胜利一定属于我们2013届！

（七）全体考生宣誓仪式

高三（1）班陈秋英同学主持宣誓仪式：

誓

词

我庄严宣誓：

挑战人生，是我无悔的选择；

决战高考，是我不懈的追求。

我决心：

尊师爱校，守纪自律；

争分夺秒，勤学苦练；

顽强拼搏，斗志昂扬；

竭尽全力，创造辉煌。

请父母放心，我有良知，一定不让你们伤心!

请老师放心，我有骨气，一定不让你们失望!

请学校放心，我有潜力，一定会为母校争光！

2013届属我最强！2013届属我最棒！

时维六月，佳节端午，才送走2012届高三学生，又将面临着2013届高考，为了增强新高三学生的紧迫性，充分调动同学们的积极性和主动性，更快更好更有效地备战2013届的高考，6月22日下午，我校邀请了部分新高三学生家长，集合了全体新高三师生，在学校大操场隆重召开了新高三学生动员大会，大会由顾小兵主任主持。

大会分为以下几个议程，一、优秀学生代表发言；

二、家长代表发言；

三、孙晓鸣老师代表高三教师发言；

四、刘志阳副校长代表校长室提出新高三学习、工作要求。学生的澎湃热情，家长的殷切希望，教师的谆谆教导，感染了在场的每个人，会场掌声阵阵。

孙晓鸣老师做了《心态第一 方法第二——高三学习的心理与方法》的报告，他强调影响一个人学习和考试的因素有20项，其中占第一位的是心态，第二位的是方法，第三位才是学习基础。新高三的同学们应该从心态、方法上调整自己的学习状态，迎战2013年高考！

刘志阳副校长首先回顾了我校上届高三在高考中取得的成就，他希望同学们在一中这片热土上能够再创辉煌。刘志阳副校长还从自信者强、自强者胜，树立端正的态度，要有坚强的意志，培养高考感觉等多个方面就高考复习时如何调整心态给同学们做了指导，要求同学们认真听好每一堂课，记好每一次笔记，做好每一份作业，坚定自信地迈出每一个脚步，同学们受益匪浅。

“笑对人生是我们无悔的选择，决胜高考是我们不懈的追求，苦战一个学年是我们庄严的承诺！”漫漫求学之路，难免失落与得意、清晰与迷茫，努力中会有失败，会有失去勇气的时候，但我们必须努力，高三在即，需要坚强，需要沉默，需要意志。一切都只是过程，成功与快乐才是终点。愿在明年的今天，我们都能给自己的高三生涯画上一个圆满的句号，愿我们都能站在一个更高的新的起点！愿各位学子2013届高考中取得优异的成绩，为自己的高三画上浓墨重彩的一笔。一中会为你们精彩一跃而灿烂夺目，一中历史会因你们奋力一搏而更加辉煌！

金秋送爽，丹桂飘香，才送走2012届高三学生，又将准备着2013届高考。为了增强2013届高三学生的紧迫性，充分调动同学们的积极性和主动性，更快更好更有效地备战2013年高考，9月15日下午，一机一中邀请了2013届高三的全体家长，集合了2013届高三的全体学生，在学校操场隆重举行“一机一中2013届高三高考复习备考动员大会”。大会由一机一中教学副校长侯振河主持。

大会共有四项议程，一、张校长做动员讲话；

二、家长代表发言；

三、学生代表发言；

四、高三年级冯部长代表高三教师发言。校长的谆谆教导、家长的殷切希望、学生的澎湃热情、教师的激情鼓舞，感染了在场的每个人，会场掌声阵阵。

张校长首先回顾了学校上届高三在高考中取得的成绩，他希望同学们在一中这片热土上能够再创辉煌。张校长还从自信者强、自强者胜，树立端正的态度，要有坚强的意志，培养高考感觉等多个方面就高考复习时如何调整心态给同学们做了指导，要求同学们认真听好每一堂课，记好每一次笔记，做好每一份作业，坚定自信地迈出每一个脚步，同学们受益匪浅。

冯部长强调影响一个人学习和考试的因素有20项，其中占第一位的是心态，第二位的是方法，第三位才是学习基础。他号召高三年级的全体同学们应该从心态、方法上调整自己的学习状态，迎战2013年高考！大会结束后，家长又来到相应的班级，由班主任组织召开了本班的家长会。

第五篇：2018年广州市中考数学试卷(含答案)

广东省广州市2018年中考数学试题

一、选择题

1.四个数0，1，A.，中，无理数的是（）

B.1

C.D.0 2.如图所示的五角星是轴对称图形，它的对称轴共有（）A.1条

B.3条

C.5条

D.无数条

3.如图所示的几何体是由4个相同的小正方体搭成的，它的主视图是（）

A.B.C.D.4.下列计算正确的是（）

A.B.C.D.5.如图，直线AD，BE被直线BF和AC所截，则∠1的同位角和∠5的内错角分别是（）A.∠4，∠2

B.∠2，∠6

C.∠5，∠4

D.∠2，∠4 6.甲袋中装有2个相同的小球，分别写有数字1和2，乙袋中装有2个相同的小球，分别写有数

字1和2，从两个口袋中各随机取出1个小球，取出的两个小球上都写有数字2的概率是（）A.B.C.D.7.如图，AB是圆O的弦，OC⊥AB，交圆O于点C，连接OA，OB，BC，若∠ABC=20°，则∠AOB的度数是（）

A.40°

B.50°

C.70°

D.80°

8.《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个问题：“今有黄金九枚，白银一十一枚，称之重适等，交易其一，金轻十三两，问金、银各重几何？”意思是：甲袋中装有黄金9枚（每枚黄金重量相同），乙袋中装有白银11枚（每枚黄金重量相同），称重两袋相等，两袋互相交换1枚后，甲袋比乙袋轻了13辆（袋子重量忽略不计），问黄金、白银每枚各重多少两？设每枚黄金重x辆，每枚白银重y辆，根据题意得（）A.B.C.D.9.一次函数 和反比例函数 在同一直角坐标系中大致图像是（）

A.B.C.D.10.在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令，从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m，其行走路线如图所示，第1次移动到 则△ A.504 的面积是（）

B.C.D.，第2次移动到

……，第n次移动到，二、填空题 11.已知二次函数，当x＞0时，y随x的增大而________（填“增大”或“减小”）

12.如图，旗杆高AB=8m，某一时刻，旗杆影子长BC=16m，则tanC=________。13.方程 的解是________

14.如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（-2，0）点D在y轴上，则点C的坐标是________。

15.如图，数轴上点A表示的数为a，化简：

=________

16.如图9，CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E，连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论： 四边形ACBE是菱形；②∠ACD=∠BAE AF：BE=2：3 ④

①③其中正确的结论有________。（填写所有正确结论的序号）

三、解答题

17.解不等式组

18.如图，AB与CD相交于点E，AE=CE，DE=BE．求证：∠A=∠C。

19.已知（1）化简T。

（2）若正方形ABCD的边长为a，且它的面积为9，求T的值。

20.随着移动互联网的快速发展，基于互联网的共享单车应运而生，为了解某小区居民使用共享单车的情况，某研究小组随机采访该小区的10位居民，得到这10位居民一周内使用共享单车的次数分别为：17，12，15，20，17，0，7，26，17，9．

（1）这组数据的中位数是________，众数是________．

（2）计算这10位居民一周内使用共享单车的平均次数；

（3）若该小区有200名居民，试估计该小区居民一周内使用共享单车的总次数。

21.友谊商店A型号笔记本电脑的售价是a元/台，最近，该商店对A型号笔记本电脑举行促销活动，有两种优惠方案，方案一：每台按售价的九折销售，方案二：若购买不超过5台，每台按售价销售，若超过5台，超过的部分每台按售价的八折销售，某公司一次性从友谊商店购买A型号笔记本电脑x台。

（1）当x=8时，应选择哪种方案，该公司购买费用最少？最少费用是多少元？

（2）若该公司采用方案二方案更合算，求x的范围。

22.设P（x，0）是x轴上的一个动点，它与原点的距离为（1）求。

关于x的函数解析式，并画出这个函数的图像的图像与函数 的图像交于点A，且点A的横坐标为2．①求k的值（2）若反比例函数 ②结合图像，当 时，写出x的取值范围。

23.如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．

（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）

（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE； ②若CD=2，AB=4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值。

24.已知抛物线。

（1）证明：该抛物线与x轴总有两个不同的交点。

（2）设该抛物线与x轴的两个交点分别为A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，A，B，C三点都在圆P上。①试判断：不论m取任何正数，圆P是否经过y轴上某个定点？若是，求出该定点的坐标，若不是，说明理由；

②若点C关于直线 半径记为，求

25.如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．（1）求∠A+∠C的度数。

（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由。

（3）若AB=1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足，求点E运动路径的长度。

的对称点为点E，点D（0，1），连接BE，BD，DE，△BDE的周长记为，圆P的的值。

答案解析部分

一、选择题

1.【答案】A

【考点】实数及其分类，无理数的认识

【解析】【解答】解：A.属于无限不循环小数，是无理数，A符合题意；

B.1是整数，属于有理数，B不符合题意； C.是分数，属于有理数，C不符合题意；

D.0是整数，属于有理数，D不符合题意； 故答案为：A.【分析】无理数：无限不循环小数，由此即可得出答案.2.【答案】C

【考点】轴对称图形

【解析】【解答】解：五角星有五条对称轴.故答案为：C.【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形,这条直线叫做对称轴。由此定义即可得出答案.3.【答案】B

【考点】简单几何体的三视图

【解析】【解答】解：∵从物体正面看，最底层是三个小正方形，第二层最右边一个小正方形，故答案为：B.【分析】主视图：从物体正面观察所得到的图形，由此即可得出答案.4.【答案】D

【考点】实数的运算

222【解析】【解答】解：A.∵（a+b）=a+2ab+b，故错误，A不符合题意；

B.∵a2+2a2=3a

2，故错误，B不符合题意； C.∵x2y÷ =x2y×y=x2y2，故错误，C不符合题意；

D.∵（-2x2）3=-8x6，故正确，D符合题意； 故答案为D：.【分析】A.根据完全平方和公式计算即可判断错误；

B.根据同类项定义：所含字母相同，相同字母指数也相同，再由合并同类项法则计算即可判断错误； C.根据单项式除以单项式法则计算，即可判断错误； D.根据幂的乘方计算即可判断正确； 5.【答案】B

【考点】同位角、内错角、同旁内角

【解析】【解答】解：∵直线AD，BE被直线BF和AC所截，∴∠1与∠2是同位角，∠5与∠6是内错角，故答案为：B.【分析】同位角：两条直线a，b被第三条直线c所截（或说a，b相交c），在截线c的同旁，被截两直线a，b的同一侧的角，我们把这样的两个角称为同位角。

内错角：两条直线被第三条直线所截，两个角分别在截线的两侧，且夹在两条被截直线之间，具有这样位置关系的一对角叫做内错角。根据此定义即可得出答案.6.【答案】C

【考点】列表法与树状图法，概率公式

【解析】【解答】解：依题可得：

∴一共有4种情况，而取出的两个小球上都写有数字2的情况只有1种，∴取出的两个小球上都写有数字2的概率为：P= 故答案为：C.【分析】根据题意画出树状图，由图可知一共有4种情况，而取出的两个小球上都写有数字2的情况只有1种，再根据概率公式即可得出答案.7.【答案】D

【考点】垂径定理，圆周角定理, 【解析】【解答】解：∵∠ABC=20°, ∴∠AOC=40°又∵OC⊥AB，∴OC平分∠AOB，.∴∠AOB=2∠AOC=80°故答案为：D.【分析】根据同弧所对的圆心角等于圆周角的两倍得∠AOC度数，再由垂径定理得OC平分∠AOB，由角平分线定义得∠AOB=2∠AOC.8.【答案】D

.【考点】二元一次方程的应用

【解析】【解答】解：依题可得： 故答案为：D.【分析】根据甲袋中装有黄金9枚（每枚黄金重量相同），乙袋中装有白银11枚（每枚黄金重量相同），称重两袋相等，由此得9x=11y；两袋互相交换1枚后，甲袋比乙袋轻了13辆（袋子重量忽略不计），由此得（10y+x）-（8x+y）=13,从而得出答案.9.【答案】A

【考点】反比例函数的图象，一次函数图像、性质与系数的关系

【解析】【解答】解：A.从一次函数图像可知：01，∴a-b>0，∴反比例函数图像在一、三象限，故正确；A符合题意； B.从一次函数图像可知：01，∴a-b>0，∴反比例函数图像在一、三象限，故错误；B不符合题意； C.从一次函数图像可知：0

【考点】探索图形规律

【解析】【解答】解：依题可得：

A2（1,1），A4（2，0），A8（4,0），A12（6,0）…… ∴A4n（2n，0），∴A2016=A4×504（1008,0），∴A2018（1009,1），∴A2A2018=1009-1=1008,，∴S△

故答案为：A.= ×1×1008=504（）.【分析】根据图中规律可得A4n（2n，0），即A2016=A4×504（1008,0），从而得A2018（1009,1），再根据坐标性质可得A2A2018=1008,由三角形面积公式即可得出答案.二、填空题

11.【答案】增大

【考点】二次函数y=ax^2的性质

【解析】【解答】解：∵a=1＞0，∴当x＞0时，y随x的增大而增大.故答案为：增大.【分析】根据二次函数性质：当a＞0时，在对称轴右边，y随x的增大而增大.由此即可得出答案.12.【答案】

【考点】锐角三角函数的定义

【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∵高AB=8m，BC=16m，∴tanC= 故答案为： =.=.【分析】在Rt△ABC中，根据锐角三角函数正切定义即可得出答案.13.【答案】x=2

【考点】解分式方程

【解析】【解答】解：方程两边同时乘以x（x+6)得： x+6=4x ∴x=2.经检验得x=2是原分式方程的解.故答案为：2.【分析】方程两边同时乘以最先公分母x（x+6)，将分式方程转化为整式方程，解之即可得出答案.14.【答案】（－5，4）

【考点】坐标与图形性质，菱形的性质，矩形的判定与性质

【解析】【解答】解：∵A（3，0），B（-2，0）, ∴AB=5，AO=3，BO=2，又∵四边形ABCD为菱形，∴AD=CD=BC=AB=5，在Rt△AOD中，∴OD=4，作CE⊥x轴，∴四边形OECD为矩形，∴CE=OD=4，OE=CD=5，∴C（-5,4）.故答案为：（-5,4）.【分析】根据A、B两点坐标可得出菱形ABCD边长为5，在Rt△AOD中，根据勾股定理可求出OD=4；作CE⊥x轴，可得四边形OECD为矩形，根据矩形性质可得C点坐标.15.【答案】2

【考点】实数在数轴上的表示，二次根式的性质与化简

【解析】【解答】解：由数轴可知： 0

【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质,BC∥【解析】【解答】解：①∵CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，∴AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°AE，AE=BE，CA=CB，∴∠OAE=∠OBC，∴△AOE≌△BOC（ASA），∴AE=BC，∴AE=BE=CA=CB，∴四边形ACBE是菱形，故①正确.②由①四边形ACBE是菱形，∴AB平分∠CAE，∴∠CAO=∠BAE，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴BA∥CD，∴∠CAO=∠ACD，∴∠ACD=∠BAE.故②正确.③∵CE垂直平分线AB，∴O为AB中点，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴BA∥CD，AO= ∴△AFO∽△CFD，∴

∴AF:AC=1:3, ∵AC=BE，∴AF:BE=1:3, 故③错误.④∵ ·CD·OC, =，AB= CD，由③知AF:AC=1:3, ∴ ∵ ∴ ∴ 故④正确.故答案为：①②④.,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，根据【分析】①根据平行四边形和垂直平分线的性质得AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°ASA得△AOE≌△BOC，由全等三角形性质得AE=CB，根据四边相等的四边形是菱形得出①正确.= × = CD·OC=

+ , =

= , , ②由菱形性质得∠CAO=∠BAE，根据平行四边形的性质得BA∥CD，再由平行线的性质得∠CAO=∠ACD，等量代换得∠ACD=∠BAE；故②正确.③根据平行四边形和垂直平分线的性质得BA∥CD，AO= 质得 =

AB=

CD，从而得△AFO∽△CFD，由相似三角形性，从而得出AF:AC=1:3,即AF:BE=1:3,故③错误.·CD·OC,从③知AF:AC=1:3,所以,从而得出

故④正确.=

+ ④由三角形面积公式得

= =

三、解答题

17.【答案】解： 解不等式①得：x>-1，解不等式②得：x<2, ∴不等式组的解集为：-1

【解析】【分析】分别解出每个不等式的解，再得出不等式组的解集.18.【答案】证明：在△DAE和△BCE中，, ∴△DAE≌△BCE（SAS），∴∠A=∠C，【考点】全等三角形的判定与性质

【解析】【分析】根据全等三角形的判定SAS得三角形全等，再由全等三角形性质得证.19.【答案】（1）

，（2）解：∵正方形ABCD的边长为a，且它的面积为9，∴a= ∴T= =3 =

【考点】利用分式运算化简求值

【解析】【分析】（1）先找最简公分母，通分化成分母相同的分式，再由其法则：分母不变，分子相加；合并同类项之后再因式分解，约分即可.（2）根据正方形的面积公式即可得出边长a的值，代入上式即可得出答案.20.【答案】（1）16；17（2）解：这组数据的平均数是： 的平均次数为14.14=2800（次）.（3）解：200×答：该小区一周内使用共享单车的总次数大约是2800次.【考点】平均数及其计算，中位数，用样本估计总体，众数

【解析】【解答】解：（1）将这组数据从小到大顺序排列： 0，7，9，12，15，17，17，17，20，26。∵中间两位数是15，17，∴中位数是 =16，=14.答：这10位居民一周内使用共享单车又∵这组数据中17出现的次数最多，∴众数是17.故答案为：16,17.【分析】（1）将此组数据从小到大或者从大到小排列，正好是偶数个，所以处于中间两个数的平均数即为这组数据的中位数；根据一组数据中出现次数最多的即为众数，由此即可得出答案.（2）平均数：指在一组数据中所有数据之和再除以这组数据的个数，由此即可得出答案.（3）根据（2）中的样本平均数估算总体平均数,由此即可得出答案.21.【答案】（1）解：∵x=8，8=7.2a，∴方案一的费用是：0.9ax=0.9a×方案二的费用是：5a+0.8a（x-5）=5a+0.8a（8-5）=7.4a ∵a＞0，∴7.2a＜7.4a ∴方案一费用最少，答：应选择方案一，最少费用是7.2a元.（2）解：设方案一，二的费用分别为W1，W2，由题意可得：W1=0.9ax（x为正整数），当0≤x≤5时，W2=ax（x为正整数），0.8a=0.8ax+a（x为正整数），当x＞5时，W2=5a+（x-5）×∴，其中x为正整数, 由题意可得，W1＞W2，∵当0≤x≤5时，W2=ax＞W1，不符合题意，∴0.8ax+a＜0.9ax，解得x＞10且x为正整数，即该公司采用方案二购买更合算，x的取值范围为x＞10且x为正整数。

【考点】一元一次不等式的应用，一次函数的实际应用，根据实际问题列一次函数表达式

【解析】【分析】（1）根据题意，分别得出方案一的费用是：0.9ax，方案二的费用是：5a+0.8a（x-5）=a+0.8ax，再将x=8代入即可得出方案一费用最少以及最少费用.W2，根据题意，（2）设方案一，二的费用分别为W1，分别得出W1=0.9ax（x为正整数），其中x为正整数,再由W1＞W2，分情况解不等式即可得出x的取值范围.22.【答案】（1）解：∵P（x，0）与原点的距离为y1，∴当x≥0时，y1=OP=x，当x＜0时，y1=OP=-x，∴y1关于x的函数解析式为 函数图象如图所示：，即为y=|x|，（2）解：∵A的横坐标为2，2=4，∴把x=2代入y=x，可得y=2，此时A为（2，2），k=2×2=-4，把x=2代入y=-x，可得y=-2，此时A为（2，-2），k=-2×当k=4时，如图可得，y1＞y2时，x＜0或x＞2。当k=-4时，如图可得，y1＞y2时，x＜-2或x＞0。

【考点】反比例函数系数k的几何意义，反比例函数与一次函数的交点问题，根据实际问题列一次函数表达式

【解析】【分析】（1）根据P点坐标以及题意，对x范围分情况讨论即可得出（2）将A点的横坐标分别代入

关于x的函数解析式.关于x的函数解析式，得出A（2,2）或A（2,-2），再分别代入反比例函数解析

时x的取值范围.式得出k的值；画出图像，由图像可得出当

23.【答案】（1）

（2）①证明：在AD上取一点F使DF=DC，连接EF，∵DE平分∠ADC，∴∠FDE=∠CDE，在△FED和△CDE中，DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE ∴△FED≌△CDE（SAS），-∠DFE=90° ∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°∴∠DEF=∠DEC，∵AD=AB+CD，DF=DC，∴AF=AB，在Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）∴∠AEB=∠AEF，∴∠AED=∠AEF+∠DEF= ∴AE⊥DE ②解：过点D作DP⊥AB于点P，∠CEF+

∠BEF=

（∠CEF+∠BEF）=90°。

∵由①可知，B，F关于AE对称，BM=FM，∴BM+MN=FM+MN，当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6，∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°，∴四边形DPBC是矩形，∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2，在Rt△APD中，DP= ∵FN⊥AB，由①可知AF=AB=4，∴FN∥DP，∴△AFN∽△ADP ∴ 即 解得FN=，，=，∴BM+MN的最小值为

【考点】全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，作图—基本作图，轴对称的应用-最短距离问题，相似三角形的判定与性质

【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在AD上取一点F使DF=DC，连接EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定SAS得△FED≌△CDE，再由全等三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠AEB=∠AEF，再由补角定义可得AE⊥DE.②过点D作DP⊥AB于点P；由①可知，B，F关于AE对称，根据对称性质知BM=FM，当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在Rt△APD中，根据勾股定理得DP= = ；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三角形性质得，从而求得FN，即BM+MN的最小值.24.【答案】（1）证明：当抛物线与x轴相交时，令y=0，得： x2+mx-m-4=0 222∴△=m+4（2m+4）=m+8m+16=（m+4）

∵m＞0，2∴（m+4）＞0，∴该抛物线与x轴总有两个不同的交点。

2（2）解：①令y=x+mx-2m-4=（x-2）（x+m+2）=0，解得：x1=2，x2=-m-2，∵抛物线与x轴的两个交点分别为A，B（点A在点B的右侧），∴A（2，0），B（-2-m，0），∵抛物线与y轴交于点C，∴C（0，-2m-4），设⊙P的圆心为P（x0，y0），则x0= ∴P（=，y0），22且PA=PC，则PA=PC，则 解得 ∴P（，），∴⊙P与y轴的另一交点的坐标为（0，b）则 ∴b=1，∴⊙P经过y轴上一个定点，该定点坐标为（0，1）②由①知，D（0，1）在⊙P上，∵E是点C关于直线 的对称点，且⊙P的圆心P（，），∴E（-m，-2m-4）且点E在⊙P上，即D，E，C均在⊙P上的点，且∠DCE=90°，∴DE为⊙P的直径，∴∠DBE=90°，△DBE为直角三角形，∵D（0，1），E（-m，-2m-4），B（-2-m，0），∴DB= BE= ∴BE=2DB，在Rt△DBE中，设DB=x，则BE=2x，∴DE= =，=

=，=

∴△BDE的周长l=DB+BE+DE=x+2x+ ⊙P的半径r= =

∴ = =

【考点】一元二次方程根的判别式及应用，二次函数图像与坐标轴的交点问题，两点间的距离，勾股定理，圆周角定理

22【解析】【分析】（1）当抛物线与x轴相交时，即y=0，根据一元二次方程根的判别式△=b-4ac=m+4（2m+4）=m2+8m+16=（m+4）2＞0，从而得出该抛物线与x轴总有两个不同的交点.（2）①抛物线与x轴的两个交点，即y=0，因式分解得出A（2，0），B（-2-m，0）；抛物线与y轴交点，即x=0，得出C（0，-2m-4）；设⊙P的圆心为P（x0，y0），由P为AB中点，得出P点横坐标，再PA=PC，根据两点间距离公式得出P点纵坐标，即P（，）；设⊙P与y轴的另一交点的坐标为（0，b），根据中点坐标公式得b=1，即⊙P经过y轴上一个定点，该定点坐标为（0，1）.②由①知，D（0，1）在⊙P上，由）①知⊙P的圆心P（形，再根据两点间距离公式得DB= 则BE=2x，根据勾股定理得DE= △BDE的周长l=，BE=，由三角形周长公式得，从而得出

值.，），由圆周角定理得△DBE为直角三角，由BE=2DB，在Rt△DBE中，设DB=x，又⊙P的半径r= 25.【答案】（1）解：在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°∴∠A+∠C=360°。

（2）解：如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ，∵BD=BQ，∠DBQ=60°，∴△BDQ是等边三角形，∴BD=DQ，∵∠BAD+∠C=270°，∴∠BAD+∠BAQ=270°，-270°=90°∴∠DAQ=360°，∴△DAQ是直角三角形

222∴AD+AQ=DQ，222即AD+CD=BD

（3）解：如图，将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF，∵BE=BF，∠EBF=60°，∴△BEF是等边三角形，∴EF=BE，∠BFE=60°，222∵AE=BE+CE 222∴AE=EF+AF

∴∠AFE=90°+90°=150°∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°，∴∠BEC=150°，则动点E在四边形ABCD内部运动，满足∠BEC=150°，以BC为边向外作等边△OBC，则点E是以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，∵OB=AB=1，则BC= =

【考点】等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，旋转的性质

【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为360度，结合已知条件即可求出答案.（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ（如图），由旋转性质和等边三角形判定得△BDQ

222是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得△DAQ是直角三角形，根据勾股定理得AD+AQ=DQ，即AD2+CD2=BD2.（3）将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF(如图)，由等边三角形判定得△BEF是等边三角形，222结合已知条件和等边三角形性质可得AE=EF+AF，即∠AFE=90°，从而得出∠BFA=∠BEC=150°，从而得出点E是在以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，根据弧长公式即可得出答案.